Chương 6. Oxi - Lưu huỳnh

\(n_{SO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(n_{FeS_2\left(pư\right)}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(m_{FeS_2\left(pư\right)}=0,1.120=12\left(g\right)\)

=> \(m_{FeS_2\left(tt\right)}=\dfrac{12.100}{80}=15\left(g\right)\)

\(n_{I_2}=\dfrac{12,7}{254}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: 2KI + O₃ + H₂O --> 2KOH + I₂ + O₂

                     0,05<----------------0,05

=> \(\%V_{O_3}=\dfrac{0,05.22,4}{3,36}.100\%=33,33\%\)

=> \(\%V_{O_2}=100\%-33,33\%=66,67\%\)

Giải thích các bước giải:

Gọi a là số mol của O2
2O2→3O3
a ------->3a/2   (mol)
Ta có

nO2/nO3=VO3/VO2

=a/(3a/2)=2/3 
Cho VO2=3 phần =>VO3=2 phần
Gọi x là thể tích O3 phản ứng khi O2 tăng
VO2 tăng lên 5ml

=>(3+5)/(a)=2/3
=>2a=(3+5).3
=>2a=24=>a=12
Vậy khi O2 tăng lên 5ml thì thể tích O3 phản ứng là 12ml

Gọi a là số mol của O2
2O2→3O3
a ------->\(\dfrac{3a}{2}\)   (mol)
Ta có

\(\dfrac{nO2}{nO3}=\dfrac{VO3}{VO2}\)

=\(\dfrac{a}{\dfrac{3a}{2}}=\dfrac{2}{3}\)
Cho VO2=3 phần =>VO3=2 phần
Gọi x là thể tích O3 phản ứng khi O2 tăng
VO2 tăng lên 5ml

=>\(\dfrac{3+5}{a}=\dfrac{2}{3}\)
=>2a=(3+5).3
=>2a=24=>a=12
Vậy khi O2 tăng lên 5ml thì thể tích O3 phản ứng là 12ml

2Na+S-to>Na2S

0,15-----------0,075

=>n Na=\(\dfrac{3,45}{23}\)=0,15 mol

=>n S=\(\dfrac{6,4}{32}\)=0,2 mol

=>S dư

=>m cr=0,075.78.+0,125.32=9,85g

tk

a) \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_S=\dfrac{1,6}{32}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: Fe + S --t^o--> FeS

          0,05<-0,05-->0,05

            Fe + 2HCl --> FeCl₂ + H₂

           0,05->0,1---->0,05-->0,05

            FeS + 2HCl --> FeCl₂ + H₂S

           0,05-->0,1----->0,05--->0,05

=> \(\%V_{H_2S}=\%V_{H_2}=\dfrac{0,05}{0,05+0,05}.100\%=50\%\)

b) 
n_NaOH = 0,3 (mol)

- Gọi số mol HCl trong B là a (mol)

PTHH: NaOH + HCl --> NaCl + H₂O

                a<-----a

            FeCl₂ + 2NaOH --> Fe(OH)₂ + 2NaCl

              0,1---->0,2

=> a + 0,2 = 0,3 

=> a = 0,1 (mol)

\(C_{M\left(FeCl_2\left(B\right)\right)}=\dfrac{0,1}{0,5}=0,2M\)

\(C_{M\left(HCl\left(B\right)\right)}=\dfrac{0,1}{0,5}=0,2M\)

n_HCl(bđ) = 0,3 (mol)

=> \(C_{M\left(dd.HCl\left(bđ\right)\right)}=\dfrac{0,3}{0,5}=0,6M\)

a)

\(n_{Zn}=\dfrac{6,5}{65}=0,1\left(mol\right)\); \(n_S=\dfrac{1,6}{32}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: Zn + S --t^o--> ZnS

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,05}{1}\) => Zn dư, S hết

Các PTHH:

Zn + S --t^o--> ZnS

ZnS + 2HCl --> ZnCl₂ + H₂S

Zn + 2HCl --> ZnCl₂ + H₂

B chứa H₂, H₂S

b)

PTHH: Zn + S --t^o--> ZnS

          0,05<-0,05-->0,05

           ZnS + 2HCl --> ZnCl₂ + H₂S

          0,05-->0,1----->0,05--->0,05

           Zn + 2HCl --> ZnCl₂ + H₂

        0,05-->0,1----->0,05-->0,05

=> n_HCl = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol)

\(C\%_{dd.HCl}=\dfrac{0,2.36,5}{100}.100\%=7,3\%\)

c) \(\%V_{H_2S}=\%V_{H_2}=\dfrac{0,05}{0,05+0,05}.100\%=50\%\)

d) \(\overline{M}=\dfrac{0,05.2+0,05.34}{0,05+0,05}=18\left(g/mol\right)\)

=> \(d_{B/H_2}=\dfrac{18}{2}=9\)

nKOH = 0,15 . 2 = 0,3 (mol)

nH2S = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

PTHH: 2KOH + H2S -> K2S + 2H2O

LTL: 0,3/2 > 0,1 => KOH dư

nKOH (p/ư) = 0,1 . 2 = 0,2 (mol)

nKOH (dư) = 0,3 - 0,2 = 0,1 (mol)

nK2S = 0,1 (mol)

CMK2S = 0,1/0,15 = 0,66M

CMKOH = 0,1/0,15 = 0,66M

Gọi số mol Na, Zn là a, b

=> 23a + 65b = 14,3 

n H2=\(\dfrac{2,24}{22,4}\)=0,1 mol

- Nếu Zn tan hết

 2Na + 2H₂O --> 2NaOH + H₂

    a-------------------->a---->0,5a

2NaOH + Zn --> Na₂ZnO₂ + H₂

      2b<----b-------------------->b

->\(\left\{{}\begin{matrix}2b\text{≤}a\\0,5a+b=14,3\end{matrix}\right.\) loại 

=> Zn không tan hết => NaOH hết

PT:2Na + 2H₂O --> 2NaOH + H₂

    a------------------->a---->0,5a

  2NaOH + Zn --> Na₂ZnO₂ + H₂

\   a--------------------------->0,5a

=> 0,5a + 0,5a = 0,1

=> a = 0,1

=> m_Na = 0,1.23 = 2,3 (g)

=> m_Zn = 14,3 - 2,3 = 12(g)

PTP. ứng:

Fe+S----> FeS

Fe+ 2HCl--> FeCl2+H2

x                                x   (mol)

FeS+ 2HCl--> FeCl2+ H2S

y                                  y (mol)

Gọi n H2 và H2S trong C lần lượt là x và y mol, ta có hpt:

x+y=0.1

(2x+32y)/2(x+y)=13

--> x=0.02, y=0.08

--> tổng m Fe+n FeS= n Fe tỏng A=x+y=0.1 mol

m Fe=0.1.56=5.6 (g)

Nguyên tử oxi có cấu hình e là 1s²2s²2p⁴, trong nguyên tử có 2 electron độc thân, do đó nó có thể ghép đôi với 2 electron độc thân khác, để đạt được cấu hình bền của khí hiếm, nên số oxi hoá của nó trong các hợp chất thường là -2. Để có được các số oxi hoá cao hơn, electron của oxi phải chuyển từ mức năng lượng 2p lên mức 3s, đây là điều khó khăn vì khoảng cách giữa hai mức năng lượng là xa nhau. Hợp chất tạo thành có năng lượng không đủ bù lại năng lượng đã mất đi do quá trình chuyển mức.

Ngược lại, lưu huỳnh có thể xuất hiện mức oxi hoá +4, +6 vì nguyên tử của chúng tương đối dễ dàng chuyển thành trạng thái kích thích. Năng lượng cần tiêu thụ cho quá trình kích thích được bù lại bởi năng lượng thoát ra khi tạo thành liên kết hoá học, nên các hợp chất lưu huỳnh +4 và +6 thường khá bền.

- Dẫn hỗn hợp khí qua dd Br₂ dư, khí thoát ra gồm N₂, CO, H₂,CO₂

\(SO_2+Br_2+2H_2O\rightarrow H_2SO_4+2HBr\)

- Dẫn hh khí thoát ra qua dd Ca(OH)₂ dư, thu được kết tủa là CaCO₃

\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)

- Lọc và nung kết tủa, khí thoát ra là CO₂

\(CaCO_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\)